zbirka riješenih zadataka sa kvalifikacionih ispita iz matematike

Univerzitet u Banjoj LuciElektrotehnicki fakultet

ZBIRKArijesenih zadataka sa prijemnih ispita na

ETF-u u Banjoj Luci

2010. - 2012.

Banja Luka 2013.

ZBIRKArijesenih zadataka sa prijemnih ispita na

ETF-u u Banjoj Luci

2010. - 2012.

Banja Luka 2013.

AutoriProf. dr Zoran Mitrovic, redovni profesor,Prof. dr Momir Celic, vanredni profesor,Ivan-Vanja Boroja, Snjezana Maksimovic

NaslovZbirka rijesenih zadataka sa prijemnih ispita na

ETF-u u Banjoj Luci2013.g.

IzdavacElektrotehnicki fakultet u Banjoj Luci

2013.g.

Za izdavacaProf. dr Branko Dokic, dekan

Tiraz300 primjeraka

Predgovor

Zbirka sadrzi rijesene zadatke sa prijemnih ispita naETF-u u Banjoj Luci, sortirane po datumima odrzavanjaispita.

Tekst za stampu pripremili su asistenti Ivan Vanja Borojai Snjezana Maksimovic. Autori se posebno zahvaljujukolegi Nebojsi Maleticu, dipl. inzenjeru elektrotehnikena tehnickoj pomoci u pripremi zbirke.

Sve eventualne primjedbe autori ce primiti sa najvecomzahvalnoscu.

U Banjoj Luci, 18. maja 2013. Autori

1KVALIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE29. jun 2010.

1. Uprostiti izrazx2

x+y x3

x2+2xy+y2

xx+y x

2

x2y2.

2. Za koje vrijednosti realnog parametra k, jednacina |x+1||x1| = kx+1ima jedinstveno rjesenje?

3. Jedno rjesenje kvadratne jednacine x2 2x + k = 0 je kvadrat drugogrjesenja. Naci sve moguce vrijednosti k.

4. Rijesiti nejednacinux+ 3 +

x 22x+ 4 > 0.

5. Rijesiti nejednacinu

log9x(x2 5x+ 4) 1.

6. Rijesiti jednacinu

cos 7x+ sin 8x = cos 3x sin 2x.

7. Rijesiti sistem x2 50x+ y2 12y + 645 = 0z 210 = 50x+ 50y + 50x2 + y2 62x 12y + 993 = 0

.

8. Dokazati jednakost

sin(30 + ) cos(60 + )sin(30 + ) + cos(60 + )

=3 tan.

9. Odrediti jednacinu kruznice koju dodiruje prava x+ y = 2, a centar joj jeu tacki (3, 5).

10. Date su tacke A(2, 1), B(6, 1) i C(2, 7). Odrediti jednacinu kruznicekoja sadrzi ove tri tacke, a zatim odrediti tacku M takvu da ona budesredina tetive BC.

2Rjesenja:

1.

x2

x+y x3

x2+2xy+y2

xx+y x

2

x2y2=

x2

x+y x3

(x+y)2

xx+y x

2

(xy)(x+y)=

x3+x2yx3(x+y)2

x2xyx2(xy)(x+y)

=

x2y(x+y)

xyxy

= x(x y)x+ y

=x(y x)x+ y

, x 6= y.

2. Posmatrajmo funkcije y1 = |x+ 1| |x 1| i y2 = kx+ 1. Kako je

|x+ 1| ={x+ 1 , x 1x 1 , x < 1

i

|x 1| ={x 1 , x 1x+ 1 , x < 1

tada je funkcija y1 oblika

y1 =

x+ 1 (x 1) , x 1x+ 1 (x+ 1) ,1 x < 1x 1 (x+ 1) , x < 1

=

2 , x 12x ,1 x < 12 , x < 1

.

Grafik funkcije y1 je prikazan na slici 1.

Funkcija y2 = kx + 1 je pramen pravih koje prolaze kroz tacku A(0, 1).Prvo cemo razmotriti slucaj k 0. Sa slike 2 se vidi da imamo dvagranicna slucaja:prave p1 (slucaj kada je k = 0) i p2 (slucaj kada je k = 1).

(i) Prava p1 iz pramena (slucaj k = 0) zadovoljava uslov da sa grafikomfunkcije y1 ima samo jednu zajednicku tacku.

(ii) Za prave iz pramena za koje je 0 < k < 1 (prave koje se nalazeizmed-u pravih p1 i p2) sa slike vidimo da imaju tri zajednicke tackesa grafikom funkcije y2.

3x

y

1 2 3 4

1

2

3

-1

-2

-3

-1-2-3-4

Slika 1:

(iii) Prava p2 iz pramena (slucaj k = 1) zadovoljava uslov da sa grafikomfunkcije y1 ima dvije zajednicke tacke.

(iv) Za prave iz pramena za koje je 1 < k < + vazi da sa grafikomfunkcije y2 ima samo jednu zajednicku tacku.

Razmotrimo sada slucaj k < 0.Ocigledno je da u ovom slucaju sve prave iz pramena zadovoljavaju uslov

x

y

1 2 3 4

1

2

3

-1

-2

-3

-1-2-3-4

p1

p2

Slika 2:

4da sa grafikom funkcije y2 imaju jednu zajednicku tacku. Konacno rjesenjezadatka je:

k (, 0] (1,+).

3. Za rjesenja x1 i x2 kvadratne jednacine ax2 + bx+ c = 0 vrijedi

x1 + x2 = ba

x1 x2 = ca.

Tada jex1 + x2 = 2 i x1 x2 = k.

Iz uslova zadatka imamo da je x1 = x22 pa prethodni sistem postaje

x22 + x2 2 = 0 i x32 = k,

odnosno(x2 + 2)(x2 1) = 0 i x32 = k.

Iz ovoga vidimo da je x2 = 2 pa je k = 8 ili x2 = 1 i k = 1.4. Odredimo oblast definisanosti date nejednacine. To je:

x+ 3 0 x 2 0 2x+ 4 0.

Prema tome, oblast definisanosti ove nejednacine je x 2.x+ 3+

x 22x+ 4 > 0

x+ 3 +x 2 > 2x+ 4 x+ 3 + 2

(x+ 3)(x+ 2) + x 2 > 2x+ 4

2(x+ 3)(x+ 2) > 3

4(x+ 3)(x+ 2) > 9 4x2 + 4x 33 > 0

x (, 1

34

2

)(1 +34

2,+

)

Kako je x 2, to x (1 +34

2,+

).

55. Odredimo oblast definisanosti date nejednacine. To je:

9 x > 0 9 x 6= 1 x2 5x+ 4 > 0.

Dakle, x (, 1) (4, 8) (8, 9).Data nejednacina se svodi na log9x(x

2 5x+ 4) log9x(9 x). Raz-motricemo dva slucaja.

(i) 9 x > 1, tj. ako je x (, 1) (4, 8). Tada je

x2 5x+ 4 9 x x2 4x 5 0 (x 5)(x+ 1) 0.

Odavde zakljucujemo da je x [1, 5]. S obzirom na to da x (, 1) (4, 8), imamo da x [1, 1) (4, 5].

(ii) 0 < 9 x < 1, tj. ako x (8, 9). Tada je x2 4x 5 0 pax (,1] [5,+). Kako x (8, 9), to je x (8, 9).

Rjesenja date nejednacine su x [1, 1) (4, 5] (8, 9).

6. Podsjetimo se formula za transformaciju zbira i razlike trigonometrijskihfunkcija u proizvod:

sin+ sin = 2 sin +2 cos2

sin sin = 2 cos +2 sin 2cos+ cos = 2 cos +2 cos

2

cos cos = 2 sin +2 sin 2

6Prebacimo sinuse na lijevu, a kosinuse na desnu stranu jednacine:

cos 7x+ sin 8x = cos 3x sin 2x sin 8x+ sin 2x = cos 3x cos 7x 2 sin 8x+ 2x

2cos

8x 2x2

= 2 sin 3x+ 7x2

sin3x 7x

2 2 sin 5x cos 3x = 2 sin 5x sin(2x) sin 5x cos 3x = sin 5x sin 2x sin 5x(cos 3x sin 2x) = 0 sin 5x = 0 cos 3x sin 2x = 0 5x = kpi sin(pi

2 3x) sin 2x = 0

x = kpi5 2 cos

pi2 3x+ 2x

2sin

pi2 3x 2x

2= 0

x = kpi5 cos(pi

4 x

2) = 0 sin(pi

4 5x

2) = 0

x = kpi5 pi4 x

2=pi

2+ kpi pi

4 5x

2= kpi, k Z

x = kpi5 x2= pi

4+ kpi 5x

2=pi

4+ kpi, k Z

x = kpi5 x = pi

2+ 2kpi x = pi

10+

2kpi

5, k Z

Dakle, rjesenje zadatka je

x {kpi5,pi

2+ 2kpi,

pi

10+

2kpi

5: k Z}

7. x2 50x+ y2 12y + 645 = 0z 210 = 50x+ 50y + 50x2 + y2 62x 12y + 993 = 0

Prvu jednacinu sistema zapisimo kao x2 + y2 = 50x+ 12y 645, a zatimx2 + y2 uvrstimo u trecu. Dobijamo:

50x+ 12y 645 62x 12y + 993 = 0 12x+ 348 = 0 x = 29.

7Uvrstimo dobijeno u prvu jednacinu pa imamo:

292 + y2 = 50 29 + 12y 645 = 0 y2 12y + 841 1450 + 645 = 0 y2 12y + 36 = 0 y = 6.

Ako uvrstimo dobijeno u drugu jednacinu iz sistema imamo:

z = 210 + 50 29 + 50 6 + 50 z = 2010.

Rjesenje sistema je: (x, y, z) = (29, 6, 2010).

8. Podsjetimo se formula:

sin( ) = sin cos cos sincos( ) = cos cos sin sin

L =sin(30 + ) cos(60 + )sin(30 + ) + cos(60 + )

=[sin 30 cos+ cos 30 sin] [cos 60 cos sin 60 sin][sin 30 cos+ cos 30 sin] + [cos 60 cos sin 60 sin]

=12 cos+

32 sin 12 cos+

32 sin

12 cos+

32 sin+

12 cos

32 sin

=

3 sin

cos=3 tan = D.

9. Vidi sliku 3.

Trazenoj kruznici poznat je centar, samo treba odrediti poluprecnik. Postokruznica treba da dodiruje datu pravu, njen poluprecnik treba da budejednak udaljenosti tacke M(3, 5) = M(x0, y0) od prave p : x + y 2 =0 (Ax+By + C = 0) sto racunamo po formuli

d(M,p) =|Ax0 +By0 + C|

A2 +B2

=|1 3 + 1 5 2|

12 + 12= 3

2.

8x

y

8 10

2

4

6

-2

-4

642-2

8

10

M(3,5)

-4

p

T

Slika 3: Kruznica odred-ena centrom i tangentom

Kako je r = 32 jednacina trazene kruznice je

(x 3)2 + (y 5)2 = (32)2 tj.

(x 3)2 + (y 5)2 = 18.

Drugi nacin za dobijanje rjesenja:

Prvi korak je da odredimo tacku dodira kruznice i prave.Koristicemo cinjenicu da je prava koja prolazi kroz centar kruznice i tackudodira normalna na datu pravu p.Pravu p : x + y = 2 zapisimo u eksplicitnom obliku y = x + 2 oda-kle vidimo da je njen koeficijent pravca kp = 1 pa ce prava normalnana nju imati koeficijent pravca kn =

1kp

= 11 = 1, tj. bice oblikay = kn x + n = x + n. Posto ta normala sadrzi i tacku M(3, 5) bice5 = 1 3 + n tj. n = 2.Dakle, prava koja sadrzi datu tacku M(3, 5) i normalna je na datu pravup : x+ y = 2 data je jednacinom n : y = x+ 2.Odredimo tacku presjeka pravih p i n.

x+ 2 = x+ 2 x = 0 y = x+ 2 y = 2.

9Tacka presjeka pravih je T (0, 2) i ta tacka ce biti i tacka dodira pravei kruznice pa ce poluprecnik kruznice biti jednak udaljenosti od tackeM(3, 5) do T (0, 2). Sada je

r = d(M,T ) =(3 0)2 + (5 2)2 =

32 + 32

=18 = 3

2

pa je jednacina trazene kruznice

(x 3)2 + (y 5)2 = (32)2

(x 3)2 + (y 5)2 = 18.

10. Neka je jednacina trazene kruznice

(x p)2 + (y q)2 = r2 (1)gdje je C(p, q) centar, a r poluprecnik kruznice (1).

Posto se sve tri date tacke nalaze na kruznici, njihove koordinate zadovo-ljavaju jednacinu (1) tj. imamo:

(2 p)2 + (1 q)2 = r2(6 p)2 + (1 q)2 = r2(2 p)2 + (7 q)2 = r2

Dakle, imamo sistem od tri jednacine sa tri nepoznate:(2 p)2 + (1 q)2 = r2(6 p)2 + (1 q)2 = r2(2 p)2 + (7 q)2 = r2

Oduzimanjem druge jednacine od prve dobijamo:

(2 p)2 (6 p)2 = 0 4 + 4p+ p2 36 + 12p p2 = 0 16p 32 = 0 p = 2.

10

Uvrstavanjem u prvu i trecu jednacinu dobijamo:

16 + (1 q)2 = r216 + (7 q)2 = r2.

Oduzimanjem dobijamo:

(1 q)2 (7 q)2 = 0 1 2q + q2 (49 14q + q2) = 0 1 2q + q2 49 + 14q q2 = 0 12q 48 = 0 q = 4.

Povratkom u jednu od jednacina pocetnog sistema racunamo poluprecnik:

r2 = (2 2)2 + (1 4)2 = 16 + 9 = 25r = 5.

Tako da je jednacina trazene kruznice:

(x 2)2 + (y 4)2 = 25.

Sredina tetive BC bice tacka M cije koordinate racunamo po formuli

M(x1 + x2

2,y1 + y2

2), pa je trazena sredina tetive je M(2, 4).

Primijetimo da je dobijena tacka M u stvari centar kruznice tj. da jetetiva u stvari precnik kruznice.

11

KVALIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE6. septembar 2010.

1. Uprostiti izrazx1

3x+(x1)2 13x+x2

x31 1x112x+x22x31+2x+x2+2x3

.

2. Odrediti realan broj a tako da se oba korijena jednacine x22ax+a21 =0 nalaze u intervalu (2, 4).

3. Rijesiti jednacinu |2x+ 1|+ |x+ 3| = |x+ 6|.4. Rijesiti nejednacinu

x 1x+ 2 +2x 6 < 0.

5. Rijesiti nejednacinu logxx+ 12 > 1.


logcosx sinx+ logsin x cosx = 2.

7. Rijesiti sistem

{x2 + y2 = 5

x y = 2.


sinx+ sin 3x+ sin 5x

cosx+ cos 3x+ cos 5x= tan 3x.

9. Izracunati povrsinu trougla ABC ako je a b = 1, c = 3 i = 60.10. Odrediti jednacinu kruznice koja prolazi kroz tacke A(3, 5) i B(7, 3), a

centar joj se nalazi na Ox osi.

12

Rjesenja:1.

x13x+(x1)2 13x+x

2

x31 1x112x+x22x31+2x+x2+2x3

=

x1x2+x+1 13x+x

2

(x1)(x2+x+1) 1x1(12x)+x2(12x)(1+2x)+x2(1+2x)

=

(x1)21+3xx2x2x1(x1)(x2+x+1)(12x)(1+x2)(1+2x)(1+x2)

=(x2 2x+ 1 + 2x 2x2 2)(1 + 2x)

(x 1)(x2 + x+ 1)(1 2x)

=(x2 1)(1 + 2x)(x3 1)(1 2x) =

(x2 + 1)(1 + 2x)

(x3 1)(2x 1) , x R\{1,1

2}

2.

(x a)2 1 = 0 (x a 1)(x a+ 1) = 0 x = a+ 1 x = a 1

Po uslovu zadatka je

2 < a+ 1 < 4 2 < a 1 < 4tj.

3 < a < 3 1 < a < 5Odavde zakljucujemo da je a (1, 3).

3. Razlikovacemo nekoliko slucajeva:

(i) x < 62x 1 x 3 = x 62x = 2x = 1 ne pripada intervalu (,6), pa nije rjesenje.

(ii) 6 x < 32x 1 x 3 = x+ 64x = 10x = 5

2ne pripada intervalu [6,3), pa nije rjesenje.

13

(iii) 3 x < 122x 1 + x+ 3 = x+ 6

2x = 4x = 2 pripada intervalu

[3,1

2

), pa je rjesenje.

(iv) x 12

2x+ 1 + x+ 3 = x+ 62x = 2

x = 1 pripada intervalu

[12,+

), pa je rjesenje.


x 1 0 x+ 2 0 2x 6 0.

Prema tome, oblast definisanosti ove nejednacine je x 3.x 1x+ 2 +2x 6 < 0

x 1 +2x 6 < x+ 2 x 1 + 2

(x 1)(2x 6) + 2x 6 < x+ 2

2(x 1)(2x 6) < 2x+ 9

4(2x2 8x+ 6) < 4x2 36x+ 81 4x2 + 4x 57 < 0

x (158

2,1 +58

2

)

Kako je x 3, to x [3,1 +58

2

).


x > 0 x 6= 1 x+ 12 > 0.

Prema tome, oblast definisanosti ove nejednacine je x (0, 1) (1,+).Data nejednacina je ekvivalentna sa logx

x+ 12 > logx x. Razlikovacemo

dva slucaja:

14

(i) x > 1. Tada jex+ 12 > x x2x12 < 0 (x4)(x+3) < 0 x (3, 4).

Kako je x > 1, to je x (1, 4).(ii) 0 < x < 1. Tada je x2 x 12 > 0, pa x (,3) (4,+).

Kako je x (0, 1), to x .Rjesenje je x (1, 4).

6. Logaritamska funkcija loga b je definisana za a R,a > 0 i a 6= 1 dokje njena oblast definisanosti interval (0,+). Zato je oblast definisanostizadatka { x : cosx > 0 cosx 6= 1 sinx > 0 sinx 6= 1} tj.x (0, pi

2) (2pi, 2pi + pi

2) (4pi, 4pi + pi

2) x

kZ(2kpi, 2kpi +

pi

2).

Kako je logb a =1

loga bimamo:

logcosx sinx+ logsin x cosx = 2

logcosx sinx+1

logcosx sinx= 2.

Uvedimo smjenu t = logcosx sinx

t+ 1t= 2

t2 2t+ 1 = 0 (t 1)2 = 0 t = 1.

Vratimo se iz smjene pa dobijamo:

logcosx sinx = 1

cosx = sinx tanx = 1 x = pi

4+ kpi, k Z.

S obzirom na uslov x kZ

(2kpi, 2kpi +pi

2) imamo

x =pi

4+ 2kpi, k Z.

15

7. {x2 + y2 = 5

x y = 2 {x2 + y2 = 5

y = 2x

Uvrstimo drugu jednacinu u prvu pa imamo:

x2 +4

x2= 5.

Uvedimo smjenu t = x2

t+4

t= 5 t2 5t+ 4 = 0 t1 = 4 t2 = 1.

Vratimo se iz smjene:

x1 = 2 x2 = 2 x3 = 1 x4 = 1.Sad dobijene vrijednosti za x iskoristimo da dobijemo y:

y1 = 1 y2 = 1 y3 = 2 y4 = 2.Konacno rjesenje sistema je:

(x, y) {(2,1), (2, 1), (1,2), (1, 2)}.

8. Podsjetimo se formula:



2


L =sinx+ sin 3x+ sin 5x

cosx+ cos 3x+ cos 5x=

(sinx+ sin 5x) + sin 3x

(cosx+ cos 5x) + cos 3x

=2 sin x+5x2 cos

x5x2 + sin 3x

2 cos x+5x2 cosx5x

2 + cos 3x=

2 sin 3x cos 2x+ sin 3x

2 cos 3x cos 2x+ cos 3x

=sin 3x(2 cos 2x+ 1)

cos 3x(2 cos 2x+ 1)=

sin 3x

cos 3x

= tan 3x = D.

16

9. Podsjetimo se:Kosinusna teorema: Kvadrat jedne stranice trougla jednak je zbiru kva-drata druge dvije stranice umanjen za dvostruki proizvod tih stranica ikosinusa njima zahvacenog ugla tj.

c2 = a2 + b2 2 a b cos .

Odavde imamo:

c2 = a2 2ab+ 2ab+ b2 2ab cos c2 = (a b)2 + 2ab 2ab cos c2 = (a b)2 + 2ab(1 cos ).

Pa je

ab =c2 (a b)22(1 cos )

ab =32 122(1 12 )

ab =9 12 12

ab = 8.

I na kraju dobijamo

P =1

2ab sin =

1

2 8

3

2= 2

3.

10. Vidi sliku 4.

Trazena kruznica k sadrzi tacke A i B tj. duz AB je tetiva kruznice kpa ce se njen centar O nalaziti na pravoj s - simetrali duzi AB. Kako se,po pretpostavci zadatka, centar nalazi na Ox osi to ce se centar nalaziti upresjeku prave s sa Ox osom.

Odredimo prvo pravu p koja prolazi kroz date tacke A i B po formuli

y y1 = y2y1x2x1 (x x1)

17

x

y

4 5 6 7

1

2

3

-1

-2

-3

321-1

-4

4

5A(3,5)

B(7,3)

S(5,4)

s

k

Slika 4: Kruznica odred-ena tetivom i pravom kroz centar

y 5 = 3 57 3(x 3)

y =12x+

13

2.

Simetrala duzi AB je normalna na pravu p pa ce njen koeficijent pravcabiti ks =

1kp

= 11

2

= 2 a njena jednacina y = 2x+ n.

Kako simetrala prolazi kroz srediste S duziAB cije su koordinate S

(x1 + x2

2,y1 + y2

2

)tj. S(5, 4) to ce njene koordinate zadovoljavati jednacinu simetrale

4 = 2 5 + n 4 = 10 + n n = 6.Dakle, jednacina simetrale je y = 2x 6.

Jos ostaje da nad-emo presjecnu tacku simetrale i Ox ose tj. da rijesimo

18

sistem {y = 2x 6y = 0.

Ocigledno, dobija se (x, y) = (3, 0) za rjesenje ovog sistema pa ce tackaO(3, 0) biti centar kruznice.Ostaje jos da izracunamo poluprecnik

r =(3 3)2 + (5 0)2 = 5

pa ce jednacina kruznice biti

k : (x 3)2 + y2 = 25.

19


1. Racionalisati imenilac u razlomku1

42 + 4

4 + 4

8 + 2

.

2. Rjesenja jednacine x2 + px+ q = 0 su x1 i x2 (x1 6= 0, x2 6= 0). Sastavitikvadratnu jednacinu kojoj su rjesenja

x1x2

ix2x1

.

3. Rijesiti jednacinu |2 |1 |x||| = 1.4. Rijesiti nejednacinu

x+ 1x 1 +x+ 2 < 0.

5. Rijesiti nejednacinu logx1 x > 1.

6. Rijesiti jednacinusin 2x+ tanx = 2.

7. Rijesiti sistem

x1 + 2x2 + 3x3 = 0

4x1 + 5x2 + 6x3 = 0

7x1 + 8x2 + 9x3 = 0

.


cos 4x cos 2xsin 2x sin 4x = tan 3x.

9. Dvije kruznice (poluprecnika 3cm i 1cm) dodiruju se spolja. Povucena jenjihova spoljna zajednicka tangenta. Odrediti povrsinu povrsi ogranicenekruznicama i tangentom.

10. Izracunati povrsinu trougla ABC ako je a + b = 8, c = 7 i = 120.Napomena: koristiti Kosinusnu i Sinusnu teoremu.

20

Rjesenja:1. Ako oznacimo sa x = 4

2, dati izraz postaje

1

x+ x2 + x3 + x4=

1

x 11 + x+ x2 + x3

=x3(x 1)x4(x4 1) =

2 482

.

2. Neka je x2 + bx+ c = 0 trazena jednacina. Odredimo b i c. Vazi

x1x2

+x2x1

= b x1x2 x2x1

= c,

x21 + x22

x2 x1 = b c = 1,(x1 + x2)

2 2x1 x2x2 x1 = b c = 1.

Kako za korijene polazne jednacine vrijedi da je x1+x2 = p i x1 x2 = q,to je

p2 2qq

= b c = 1.

Trazena jednacina je x2 p2 2qq

x+ 1 = 0.

3.|2 |1 |x||| = 1 2 |1 |x|| = 1 2 |1 |x|| = 1

Ako je 2|1|x|| = 1, tada je |1|x|| = 1, pa je 1|x| = 1 ili 1|x| = 1.Ako je 1 |x| = 1, tada je x = 0, a ako je 1 |x| = 1, tada je x = 2 ilix = 2.Ako je 2 |1 |x|| = 1, tada je 1 |x| = 3 ili 1 |x| = 3. Slucaj1 |x| = 3 nema rjesenja, a u slucaju |x| = 4 je x = 4 ili x = 4.


x+ 1 0 x 1 0 x+ 2 0.Prema tome, oblast definisanosti ove nejednacine je x 1.

x+ 1x 1 +x+ 2 < 0

x+ 1 +x+ 2 < x 1 x+ 1 + 2

(x+ 1)(x+ 2) + x+ 2 < x 1

2(x+ 1)(x+ 2) < x 4.

21

Kako je x 1, to iz posljednje nejednakosti vidimo da nejednacina nemarjesenja.


x > 0 x 6= 1 1 x > 0

Dakle, x (0, 1).Data nejednacina se svodi na logx

1 x > logx x. S obzirom da je

x (0, 1), tada je1 x < x 1 x < x2 x2 + x 1 > 0.

Korijeni ove kvadratne jednacine su x1 =1 +5

2i x1 =

152

,

pa x (, 1

5

2

)(1 +5

2,+

). Kako x (0, 1), to je

x (1 +5

2, 1

).

6. Treba rijesiti jednacinu sin 2x+ tanx = 2.Primijetimo sljedece:

sin 2x = 2 sinx cosx =2 sinx

cosxcos2 x = 2 tanx

11

cos2x

= 2 tanx1

cos2 x+sin2 xcos2 x

= 2 tanx1

1 + sin2 x

cos2 x

= 2 tanx1

1 + tan2 x=

2 tanx

1 + tan2 x

Kada uvrstimo u polaznu jednacinu dobijamo:

2 tanx

1 + tan2 x+ tanx = 2

2 tanx+ tanx(1 + tan2 x) = 2(1 + tan2 x) 2 tanx+ tanx+ tan3 x 2 2 tan2 x = 0 tan3 x 2 tan2+3 tanx 2 = 0.

22

Uvedimo smjenu t = tanx

t3 2t2 + 3t 2 = 0 t3 2t2 + 2t+ t 1 1 = 0 (t3 1) 2t(t 1) + (t 1) = 0 (t 1)(t2 + t+ 1) 2t(t 1) + (t 1) = 0 (t 1)(t2 + t+ 1 2t+ 1) = 0 (t 1)(t2 t+ 2) = 0 t 1 = 0 t2 t+ 2 = 0.

Kako jednacina t2 t+2 = 0 nema realnih rjesenja jedino realno rjesenjedate kubne jednacine je t = 1. Vratimo se iz smjene pa dobijamo

tanx = 1 x = pi

4+ kpi, k Z.

7. Zadatak cemo rijesiti Gausovim metodom eliminacije

x1 + 2x2 + 3x3 = 0

4x1 + 5x2 + 6x3 = 0

7x1 + 8x2 + 9x3 = 0

x1 + 2x2 + 3x3 = 0

3x2 +6x3 = 06x2 12x3 = 0

x1 + 2x2 + 3x3 = 0

x2 + 2x3 = 0

x2 + 2x3 = 0

Ocigledno, druga i treca jednacina su iste pa ce jedna promjenljiva bitiproizvoljna. Neka je, recimo, x3 = , R. Vratimo se u drugu jednacinupa imamo:

x2 = 2.Ako se vratimo u prvu dobijamo:

x1 + 2(2) + 3 = 0x1 = .

Konacno rjesenje sistema je:

(x, y, z) {(,2, ) : R}.

23

8.

L =cos 4x cos 2xsin 2x sin 4x =

2 sin(4x+2x2 ) sin(4x2x2 )2 sin(2x4x2 ) cos(

2x+4x2 )

=2 sin 3x sinx

2 sin(x) cos(3x) =sin 3x sinx

sinx cos 3x

=sin 3x

cos 3x= tan 3x = D.

9. Vidi sliku 5.

A B

C

E

D

3

1

1

h

2

F

Slika 5: Povrsina ogranicena kruznicama i tangentom

Trazenu povrsinu naci cemo ako od povrsine trapeza ABCD oduzmemopovrsine kruznih isjecaka ADE i BCE.

Odredimo prvo povrsinu trapeza: Ptrap =|AD|+ |BC|

2h, gdje je h visina

24

trapeza.

Visinu h odredicemo iz CDF koji je pravougli pa imamo:

h2 = 42 22 = 16 4 = 12 h = 23.

Sada je:

Ptrap =3 + 1

2 23 = 4

3 Ptrap = 4

3.

TrougaoCDF je ocigledno polovina jednakostranicnog trougla pa su muuglovi FDC = 60, DCF = 30 i BCD = 120. Odavde dobijamopovrsine kruznih isjecaka:

PBCE =r2pi

360=

12pi120

360=pi

3

PADE =r2pi

360=

32pi60

360=

9pi

6=

3pi

2.

Konacno, imamo:

P = Ptrap (PBCE + PADE)= 4

3 (pi

3+

3pi

2)

= 43 11pi

6.

10. Podsjetimo se:Kosinusna teorema: Kvadrat jedne stranice trougla jednak je zbiru kva-drata druge dvije stranice umanjen za dvostruki proizvod tih stranica ikosinusa njima zahvacenog ugla tj.

c2 = a2 + b2 2 a b cos .Odavde imamo:

c2 = a2 2ab+2ab+ b2 2ab cos c2 = (a+ b)2 2ab 2ab cos c2 = (a+ b)2 2ab(1 + cos ).

25

Odavde imamo:

ab =c2 (a+ b)22(1 + cos )

ab =72 822(1 12 )

ab =49 641

ab = 15.

Odavde je:

P =1

2ab sin =

1

2 15

3

2

=15

4

3.

26

KVALIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE8. oktobar 2010.

1. Dokazati da je vrijednost izraza11 + 6

2 +

11 62 cijeli broj.

2. Za koje a, b, c R funkcija f(x) = ax2 + bx+ c, x Z zadovoljava uslovf(x+ y) = f(x) + f(y) + xy?

3. Nacrtati grafik funkcije

f(x) =

2x 7 , x < 2x2 + 1 , |x| 22x 7 , x > 2

,

pa odrediti skup {x : f(x) = 0}.


x2 16x 3 +

x+ 3 =

7x 3.

5. Rijesiti nejednacinu log7x(x2 4x 5) < 1.

6. Rijesiti jednacinusinx cosx = 1.

7. Rijesiti sistem x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 11

2x1 + 3x2 + 4x3 + x4 = 12

3x1 + 4x2 + x3 + 2x4 = 13

4x1 + x2 + 2x3 + 3x4 = 14

.

8. Dokazati identitet

cos 4+ 4 cos 2+ 3 = 8 cos4 .

9. Izracunati stranice a, b i c trougla ako je a+ b = 7, = 60 i P = 33.

10. Odrediti jednacinu kruznice koja prolazi kroz koordinatni pocetak, a prave3x 4y + 8 = 0 i 3x+ 4y + 8 = 0 su joj tangente.

27

Rjesenja:

1. Potkorijene velicine su pozitivne, pa su oba sabirka pozitivna. Neka je

11 + 6

2 +

11 6

2 = k > 0 /2

k2 = 11 + 62 + 2

(11 6

2)(11 + 6

2) + 11 6

2

k2 = 22 + 2112 2 36

k2 = 22 + 249

k2 = 36

Kako je k > 0, to je k = 6.

2.

f(x+ y) = a(x+ y)2 + b(x+ y) + c = a(x2 + 2xy + y2) + b(x+ y) + c

= (ax2 + bx+ c) + (ay2 + by2 + c) + (2axy c)= f(x) + f(y) + (2axy c)

Iz uslova zadatka vidimo da je 2axy c = xy, pa je a = 12, c = 0 i b R

proizvoljan.

3. Grafik date funkcije je prikazan na slici 6.

{x : f(x) = 0} ={72,1, 1, 7

2

}

4. Odredimo prvo oblast definisanosti date jednacine. To je:

x2 16 0 x 3 > 0 x+ 3 0.

Dakle, oblast definisanosti date jednacine je x 4. Rijesimo sada polaznu

28

x

y

1 2 3 4

1

2

3

-1

-2

-3

-1-2-3-4

-4

4

Slika 6: Grafik funkcije definisane u zadatku 3

jednacinu.

x2 16x 3 +

x+ 3 =

7x 3 /

x 3

x2 16 +x2 9 = 7 /2

x2 16 + 2(x2 16)(x2 9) + x2 9 = 492x2 + 2

(x2 16)(x2 9) = 74 / : 2

x2 +(x2 16)(x2 9) = 37(x2 16)(x2 9) = 37 x2

Kako je izraz na lijevoj strani prethodne jednakosti nenegativan, tada je37 x2 0, tj. x [37,37]. Kako je x 4, to je x [4,37].

29

Kvadriranjem lijeve i desne strane prethodne jednacine, ona se svodi na

(x2 16)(x2 9) = 372 74x2 + x4x4 25x2 + 144 = 372 74x2 + x4

49x2 = 372 12249x2 = 25 49x2 = 25 x = 5 x = 5

Rjesenje x = 5 [4,37], dok rjesenje x = 5 ne pripada oblasti [4,37].Konacno rjesenje polazne jednacine je x = 5.


7 x > 0 7 x 6= 1 x2 4x 5 > 0.Dakle, x (,1) (5, 6) (6, 7).Data nejednacina se svodi na log7x(x

2 4x 5) < log7x(7 x). Raz-motricemo dva slucaja.

(i) 7 x > 1, tj. ako je x (,1) (5, 6). Tada jex2 4x 5 < 7 x x2 3x 12 < 0.

Rjesenja kvadratne jednacine x23x12 = 0 su x1 = 357

2i x2 =

3 +57

2. Odavde zakljucujemo da je x

(357

2,3 +

57

2

). S

obzirom na to da x (,1)(5, 6), imamo da x (357

2,1

)(

5,3 +

57

2

).

(ii) 0 < 7 x < 1, tj. ako x (6, 7). Tada je x2 3x 12 > 0, pax

(, 3

57

2

)(3 +

57

2,+

). Kako x (6, 7), to je

x (6, 7).

Rjesenja date nejednacine su x (357

2,1

)(5,3 +

57

2

)(6, 7).

30

6.

sinx cosx = 1

sinx2

2 cosx

2

2=

2

2

sinx cos pi4 cosx sin pi

4=

2

2

sin(x pi4) = sin

pi

4 sin(x pi

4) = sin

3pi

4

x pi4=pi

4 x pi

4=

3pi

4

x = pi2 x = pi

Dakle, rjesenje je

x {pi2+ 2kpi, pi + 2kpi, k Z

}.

7. Zadatak cemo rijesiti Gausovim metodom eliminacije:

x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 11

2x1 + 3x2 + 4x3 + x4 = 12

3x1 + 4x2 + x3 + 2x4 = 13

4x1 + x2 + 2x3 + 3x4 = 14

x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 11

x2 2x3 7x4 = 102x2 8x3 10x4 = 207x2 10x3 13x4 = 30

x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 11

x2 2x3 7x4 = 104x3 + 4x4 = 04x3 + 36x4 = 40

x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 11

x2 2x3 7x4 = 104x3 + 4x4 = 040x4 = 40

Odavde lako dobijamo: (x1, x2, x3, x4) = (2, 1, 1, 1).

31

8.

L = cos 4+ 4 cos 2+ 3

= cos2 2 sin2 2+ 4 cos 2+ 1 + 2= cos2 2+ cos2 2+ 4 cos 2+ 2

= 2 cos2 2+ 4 cos 2+ 2

= 2(cos2 2+ 2 cos 2+ 1)

= 2((cos2 sin2 )2 + 2(cos2 sin2 ) + 1)= 2(cos4 2 cos2 sin2 + sin4 + 2 cos2 2 sin2 + 1)= 2(cos4 2 cos2 sin2 + sin4 + 2 cos2 2 sin2 + cos2 + sin2 )= 2(cos4 2 cos2 sin2 + sin4 + 3 cos2 sin2 )= 2(cos4 2 cos2 sin2 + sin4 + 3 cos2 sin2 )= 2(cos4 2 cos2 sin2 + sin2 (sin2 1) + 3 cos2 )= 2(cos4 2 cos2 sin2 + sin2 ( cos2 ) + 3 cos2 )= 2(cos4 2 cos2 sin2 sin2 cos2 + 3 cos2 )= 2(cos4 3 cos2 sin2 + 3 cos2 )= 2(cos4 3 cos2 (sin2 1))= 2(cos4 + 3 cos2 cos2 )

= 2(cos4 + 3 cos4 )

= 2(4 cos4 )

= 8 cos4 = D

9. Kako je

P =1

2ab sin =

1

2ab

3

2= 3

3

to je

a b = 12,pa dobijamo sistem {

a b = 12a+ b = 7

32

koji ima dva rjesenja:

(a, b) = (4, 3) (a, b) = (3, 4).

Da bismo izracunali trecu stranicu iskoristicemo Kosinusnu teoremu:

c2 = a2 + b2 2ab cos .c2 = 42 + 32 2 4 3 cos 60c2 = 16 + 9 24 12c2 = 13c =

13

Dakle, zadatak ima dva rjesenja:

(a, b, c) = (4, 3,13) (a, b, c) = (3, 4,

13).

10. Vidi sliku 7.

Ocigledno, centar trazene kruznice ce se nalaziti na Ox osi pa mozemouzeti da je C(p, q) = C(p, 0) centar. Takod-e, sa slike 7 se vidi da ce

zadatak imati dva rjesenja i to jedna kruznica kod koje je p (83, 0

)i

druga kod koje je p > 0.U svakom slucaju kako kruznica prolazi kroz O(0, 0) i dodiruje date pravea i b to udaljenost d(C,O) mora biti jednaka d(C, a).Dakle,

d(C, a) =|3p+ 8|32 + 42

= d(C,O) = |p|.

Rijesicemo ovu jednakost za dva uocena slucaja:

(i) ako je p > 0 tada je p = 4.

(ii) ako je p (83, 0

)onda je p = 1.

Zadatak ima dva rjesenja:

k1 : (x+ 1)2 + y2 = 1 k2 : (x 4)2 + y2 = 16.

33

O2(-1,0) O1(4,0)(- ,0)83

(0,2)

(0,-2)

a: 3x

-

4y +

8 =

0

b: 3x

+ 4y

+ 8

= 0

Slika 7: Dva rjesenja istog zadatka

.

34

KVALIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE4. jul 2011.

1. Uprostiti racionalni izraz( 2a2 a

2a

1 a2):

a3 12a2 + 2a

+4

a 1 .

2. Odrediti vrijednost realnog parametra k u kvadratnoj jednacinix2 4x+ 3(k 1) = 0 tako da za njene korijene vrijedi x1 3x2 = 0.

3. Ako je f(x) + 3f

(1

x

)= x2, (x 6= 0) odrediti f(2).

4. Odrediti k tako da je ispunjena nejednakost:x2 + kx+ 1x2 + x+ 1 < 2

za svako x R.5. Rijesiti jednacinu

4x+x22 5 2x1+

x22 = 6 .


3 sin2 x 2 cos2 x 15 sinx+ 12 = 0.7. Dokazati jednakost

sin(pi3

) sin

(pi3+

)=

2 cos 2+ 1

4.

8. Odrediti stranice i povrsinu trougla ako je a = 52, b+ c = 20, = 135.

9. Rijesiti sistem {x+ y + 2 = 0

x2 + y2 2x+ 2y = 2a zatim dati geometrijsku interpretaciju.

10. Provjeriti da tacka A(3,0) lezi unutar kruznice x2 + y2 4x+ 2y+ 1 = 0.Napisati jednacinu prave na kojoj lezi ona tetiva kruznice kojoj je tackaA srediste.

35

Rjesenja:1. ( 2

a2 a 2a

1 a2):

a3 12a2 + 2a

+4

a 1=( 2a(a 1) +

2a

a2 1) 2a

2 + 2a

a3 1 +4

a 1=( 2a(a 1) +

2a

(a 1)(a+ 1)) 2a(a+ 1)(a 1)(a2 + a+ 1) +

4

a 1=

2a+ 2 + 2a2

a(a 1)(a+ 1) 2a(a+ 1)

(a 1)(a2 + a+ 1) +4

a 1

=2(a2 + a+ 1)

a(a 1)(a+ 1) 2a(a+ 1)

(a 1)(a2 + a+ 1) +4

a 1=

4

(a 1)2 +4

a 1 =4 + 4a 4(a 1)2 =

4a

(a 1)2 (a 6= 0, a 6= 1)

2. Za korijene kvadratne jednacine x2 4x+ 3(k 1) = 0 vrijedi da jex1 + x2 = 4 i x1 x2 = 3(k 1). (2)

Iz uslova zadatka x13x2 = 0 dobijamo da je x1 = 3x2. Iz toga i jednacine(2) dobijamo da je x2 = 1, x1 = 3 i 3 = 3(k 1). Odavde zakljucujemoda je k = 2.

3. Za x = 2 i x =1

2respektivno, polazna jednacina postaje

f(2) + 3f(12

)= 4, (3)

odnosno

f(12

)+ 3f(2) =

1

4. (4)

Ako pomnozimo jednacinu (4) sa (-3) i dodamo jednacini (3) dobijamo

8f(2) = 4 34 8f(2) = 13

4 f(2) = 13

32.

4. Prisjetimo se sljedeceg:

36

Kvadratna funkcija ax2 + bx+ c je veca od nule, ako je a > 0 iD = b2 4ac < 0.

Iz toga zakljucujemo da je kvadratna funkcija x2+x+1 pozitivna za svakox R, pa polazna nejednacina postaje

|x2 + kx+ 1|x2 + x+ 1

< 2

|x2 + kx+ 1| < 2x2 + 2x+ 2 2x2 2x 2 < x2 + kx+ 1 < 2x2 + 2x+ 2.

Rijesimo nejednacinu

2x2 2x 2 < x2 + kx+ 1 < 2x2 + 2x+ 2. (5)

Prvo cemo rijesiti nejednacinu

2x2 2x 2 < x2 + kx+ 1 3x2 + (k + 2)x+ 3 > 0.

Kvadratna funkcija 3x2 + (k + 2)x+ 3 ce biti pozitivna ako je njenadiskriminanta D < 0. Dakle

(k + 2)2 36 < 0 (k + 8)(k 4) < 0,

pa su rjesenja nejednacine k (8, 4).Rijesimo desnu stranu nejednakosti (5).

x2 + kx+ 1 < 2x2 + 2x+ 2

x2 (k 2)x+ 1 > 0

Kao i u prethodnom slucaju zakljucujemo da je

(k 2)2 4 < 0 k(k 4) < 0,

pa su rjesenja ove nejednacine k (0, 4).Konacno rjesenje ce biti presjek rjesenja lijeve i desne strane nejednacine(5) tj. k (0, 4).

37

5. Polazna jednacina je ekvivalentna sa

4x+x22 5

2 2x+

x22 = 6 . (6)

Ako uvedemo smjenu t = 2x+x22, jednacina (6) se svodi na kvadratnu

jednacinu:2t2 5t 12 = 0.

Rjesenja posljednje jednacine su t1 = 4 i t2 = 32. Ako vratimo smjenu

dobijamo

2x+x22 = 22,

2x+x22 = 3

2.

Slucaj 2x+x22 = 32 je nemoguc.

2x+x22 = 22 x+

x2 2 = 2

x2 2 = 2 x.

Da bismo rijesili jednacinu x2 2 = 2 x (7)

postavimo uslove koje ona treba da ispunjava. Ti uslovi su:

x2 2 0 (8)

i2 x 0. (9)

Iz uslova (8) vidimo da x (,2] [2,+), a iz uslova (9) x 2.Njihovim presjekom dobijamo da x (,2] [2, 2]. Sada mozemoda kvadriramo jednacinu (7). Kvadriranjem dobijamo

x2 2 = x2 4x+ 44x = 6

x =3

2 (,

2] [

2, 2].

6. Podsjetimo se osnovnog trigonometrijskog identiteta:

38

sin2 + cos2 = 1 .

Sada je:

3 sin2 x 2 cos2 x 15 sinx+ 12 = 0 3 sin2 x 2(1 sin2 x) 15 sinx+ 12 = 0 3 sin2 x 2 + 2 sin2 x 15 sinx+ 12 = 0 5 sin2 x 15 sinx+ 10 = 0 5(sinx)2 15(sinx) + 10 = 0/1

5

(sinx)2 3(sinx) + 2 = 0

Uvodimo smjenu t = sinx.

t2 3t+ 2 = 0

Rjesenja ove kvadratne jednacine su

t1 = 2 t2 = 1.

Nakon povratka iz smjene dobijamo:

sinx = 2 sinx = 1.

Ocigledno, prva jednacina nema rjesenja pa su konacna rjesenja brojevioblika:

x =pi

2+ 2kpi, k Z.

39

7. Primjenjujuci adicione formule dobijamo:

L = sin(pi

3 ) sin(pi

3+ )

= (sinpi

3cos cos pi

3sin)(sin

pi

3cos+ cos

pi

3sin)

= (

3

2cos 1

2sin)(

3

2cos+

1

2sin)

=1

4(3 cos sin)(

3 cos+ sin)

=1

4((3 cos)2 (sin)2)

=1

4(3 cos2 sin2 )

=1

4(2 cos2 + 1 sin2 sin2 )

=1

4(2(cos2 sin2 ) + 1)

=1

4(2 cos 2+ 1)

= D.

8. Kako je b+ c = 20 c = 20 b.Podsjetimo se Kosinusne teoreme:

c2 = a2 + b2 2ab cos .

(20 b)2 = (52)2 + b2 2(5

2)b cos 135

400 40b+ b2 = 50 + b2 + 10b 50b = 350 b = 7

Odavde slijedi:

c = 20 b = 20 7 c = 13

40

Sada je

P =1

2ab sin =

1

252 7

2

2

P =35

2.

9. {x+ y + 2 = 0

x2 + y2 2x+ 2y = 2 {y = x 2x2 + y2 2x+ 2y = 2

Uvrstimo prvu jednacinu u drugu:

((2 + y))2 + y2 2((2 + y)) + 2y = 2Nakon sred-ivanja dobijamo kvadratnu jednacinu:

y2 + 4y + 3 = 0Njena rjesenja su

y1 = 1 y2 = 3.Konacno, rjesenja sistema su ured-eni parovi: (1,1)i(1,3).

Geometrijska interpretacija:Ocigledno je dati sistem ekvivalentan sljedecem:{

y = x 2(x 1)2 + (y + 1)2 = 4

sto geometrijski predstavlja pravu i kruznicu, kao na slici 8.

10. Opsta jednacina kruznice je:

k : (x p)2 + (y q)2 = r2.Sada je:

x2 + y2 4x+ 2y + 1 = 0 x2 4x+ 4 4 + y2 + 2y + 1 = 0 (x 2)2 + (y + 1)2 = 4

41

x

y

4

1

2

-1

-2

321-1-2

k

-3

(1,-1)

(1,-3)

(-1,1)

y =

-x

- 2

Slika 8:

Dakle, centar kruznice je C(2,1) a poluprecnik je r = 2.

Tacka ce se nalaziti u kruznici ako je d(C,A) < r.Kako je d(C,A) =

(2 3)2 + (1 0)2 = 2 < 2 tacka se nalazi u

unutrasnjosti kruznice, sto se vidi i sa slike 9.

Odredimo jednacinu prave kroz tacke A i C.

p :x 23 2 =

y y0y1 y0

x x0x1 x0 =

y (1)0 (1)

y = x 3.

Odavde vidimo da koeficijent pravca prave p iznosi kp = 1 pa ce svakaprava q normalna na pravu p imati koeficijent pravca kq = 1 tj. imacejednacinu q : y = x + n. a kako ona sadrzi tacku A(3, 0) to je n = 3 paje trazena prava q : y = x+ 3.

42

x

y

4 5 6

1

-1

-2

-3

321-1A(3,0)

C(2,-1)

p :

y =

x -3

q : y

=

-x + 3

Slika 9: Kruznica i tacka

.

43


1. Uprostiti izraz(a2

a+ b a

3

a2 + 2ab+ b2

):

(a

a+ b a

2

a2 b2),

a zatim izracunati njegovu vrijednost za a = 2, 5 i b = 0, 5.2. Rjesenja jednacine 8x2 2px + p = 0 su reciprocna rjesenjima jednacine

9x2 9qx+ q = 0. Odrediti p i q.3. Rijesiti jednacinu |x2 + x 2|+ |x2 x 2| = 2.4. Rijesiti nejednacinu

3x2 + 6x 92x+ 1

x+ 1.


log3(9x + 9) = x+ log3(28 2 3x)

u skupu realnih brojeva.

6. Rijesiti jednacinu sin3 x sinx+ cos3 x cosx = 0.7. Rijesiti sistem jednacina{

3x2 + 2xy + 2y2 + 3x 4y = 02x y + 5 = 0.

8. Ako je + + = pi, dokazati da je

sin 2+ sin 2 + sin 2 = 4 sin sin sin .

9. U trouglu ABC dato je = 45, = 60 i poluprecnik opisanog kruga jeR = 2

6. Odrediti treci ugao i duzine stranica trougla.

10. Izracunati povrsinu presjeka dva kruga koji se nalaze u istoj ravni, ciji supoluprecnici jednaki 2, a razdaljina njhovih centara je

12.

44

Rjesenja:1. (

a2

a+ b a

3

a2 + 2ab+ b2

):

(a

a+ b a

2

a2 b2)

=

(a2

a+ b a

3

(a+ b)2

):

(a

a+ b a

2

(a b)(a+ b))

=

(a3 + a2b a3

(a+ b)2

):

(a2 ab a2(a+ b)(a b)

)

=a2b

(a+ b)2 (a+ b)(a b)ab

=a(b a)a+ b

(a, b 6= 0, a 6= b)

Za a = 2, 5 i b = 0, 5 vrijednost polaznog izraza je 154.

2. Neka su x1 i x2 rjesenja jednacine 8x2 2px+ p = 0. Za njih vrijedi da je

x1 + x2 =p

4i x1 x2 = p

8.

Kako su rjesenja jednacine 9x29qx+q = 0 reciprocna rjesenjima jednacine8x2 2px+ p = 0, tada vrijedi

1

x1+

1

x2= q 1

x1 1x2

=q

9

x1 + x2x1 x2 =

p4p8

= 2 q = 2

x1 x2 = 92 p

8=

9

2 p = 36.

3. Razlikovacemo cetiri slucaja:

(i)

x2 + x 2 0 x2 x 2 0 (x+ 2)(x 1) 0 (x 2)(x+ 1) 0

x (,2] [1,+) x (,1] [2,+)

45

D1 = (,2] [2,+)Rijesimo sada jednacinu.

x2 + x 2 + x2 x 2 = 2 x2 = 3

Rjesenja ove kvadratne jednacine x1 =3 i x2 =

3 ne pripadaju

D1, pa nisu rjesenja jednacine.

(ii)

x2 + x 2 0 x2 x 2 < 0 (x + 2)(x 1) 0 (x 2)(x+ 1) < 0

x (,2] [1,+) x (1, 2)D2 = [1, 2).

Rijesimo sada jednacinu.

x2 + x 2 x2 + x+ 2 = 2 x = 1 D2x = 1 je rjesenje jednacine.

(iii)

x2 + x 2 < 0 x2 x 2 0 (x+ 2)(x 1) < 0 (x 2)(x+ 1) 0

x (2, 1) x (,1] [2,+)D3 = (2,1]


x2 x+ 2 + x2 x 2 = 2 x = 1 D3x = 1 je rjesenje jednacine.

(iv)

x2 + x 2 < 0 x2 x 2 < 0 (x + 2)(x 1) < 0 (x 2)(x+ 1) 0

x (2, 1) x (1, 2)D4 = (1, 1)

46


x2 x+ 2 x2 + x+ 2 = 2 x2 = 1Rjesenja ove kvadratne jednacine x3 = 1 i x4 = 1 ne pripadaju D4,pa nisu rjesenja jednacine.

4. Polazna nejednacina je ekvivalentna sa nejednacinom

3x2 + 6x 9 (x+ 1)(2x+ 1)2x+ 1

0

x2 + 3x 102x+ 1

0

(x+ 5)(x 2)2x+ 1

0

(,5) (5, 12) ( 12 , 2) (2,+)x+5 - + + +2x+1 - - + +x+2 - - - +

(x + 5)(x 2)2x+ 1

- + - +

Rjesenje nejednacine je x [5,1

2

) [2,+).

5. Odredimo oblast definisanosti date jednacine. To je:

28 2 3x > 0 3x < 14 D : x < log3 14.Rijesimo sada datu jednacinu.

log3(9x + 9) = log3(28 3x 2 9x)

9x + 9 = 28 3x 2 9x 3 9x 28 3x + 9 = 0

Ako uvedemo smjenu 3x = t, prethodna jednakost se svodi na

3t2 28t+ 9 = 0 (t 9)(3t 1) = 0 t = 9 t = 1

3

Ako je t = 9, tada je x = 2 D, a ako je t = 13 , tada je x = 1 D.

47

6.

sin3 x sinx+ cos3 x cosx = 0 sinx(sin2 x 1) + cosx(cos2 x 1) = 0 sinx( cos2 x) + cosx( sin2 x) = 0 sinx cos2 x+ cosx sin2 x = 0 sinx cosx(cos x+ sinx) = 0

sinx cosx = 0/ 2 sinx+ cosx = 0/ 2

2

2 sinx cosx = 0 sinx2

2+ cosx

2

2= 0

sin 2x = 0 sinx cos pi4+ cosx sin

pi

4= 0

sin 2x = 0 sin(x + pi4) = 0

2x = kpi x+ pi4= kpi

x = kpi2 x = pi

4+ kpi

x = kpi2 x = 7pi

4+ kpi, k Z.

Drugo rjesenje:

Uocimo zbir kubova:

A3 +B3 = (A+B)(A2 AB +B2)

48

sin3 x sinx+ cos3 x cosx = 0 sin3 x+ cos3 x sinx cosx = 0 (sinx+ cosx)(sin2 x+ sinx cosx+ cos2 x) (sinx+ cosx) = 0 (sinx+ cosx)(sin2 x+ sinx cosx+ cos2 x 1) = 0 (sinx+ cosx)(sin x cosx) = 0 sinx+ cosx = 0 sinx cos x = 0 sinx+ sin(x+ pi

2) = 0 sinx = 0 cosx = 0

2 sin x+ x+pi2

2cos

x x pi22

= 0 x = kpi x = pi2+ kpi

2 sin(x + pi4) cos

pi4

= 0 x = kpi x = pi2+ kpi

sin(x+ pi4) = 0 x = kpi x = pi

2+ kpi

x+ pi4= kpi x = kpi x = pi

2+ kpi

x = pi4

+ kpi x = kpi x = pi2+ kpi

x = 7pi4

+ kpi x = kpi2, k Z.

7.

{3x2 + 2xy + 2y2 + 3x 4y = 0,2x y + 5 = 0

{3x2 + 2xy + 2y2 + 3x 4y = 0,y = 2x+ 5

Uvrstimo drugu jednacinu u prvu:

3x2 + 2x(2x+ 5) + 2(2x+ 5)2 + 3x 4(2x+ 5) = 0 3x2 + 4x2 + 10x+ 2(4x2 + 20x+ 25) + 3x 8x 20) = 0 3x2 + 4x2 + 10x+ 8x2 + 40x+ 50 + 3x 8x 20 = 0 15x2 + 45x+ 30 = 0 x2 + 3x+ 2 = 0 x1 = 1 x2 = 2

Odavde povratkom u drugu jednacinu dobijamo dva rjesenja sistema:

(x, y) {(1, 3), (2, 1)}.

49

8.

L = sin 2+ sin 2 + sin 2

= 2 sin(+ ) cos( ) + sin 2= 2 sin(pi ) cos( ) + 2 sin cos = 2 sin() cos( ) + 2 sin cos = 2 sin (cos( ) + cos )= 2 sin 2 cos

+ 2

cos

2

= 4 sin cos(pi

2 ) cos( pi

2)

= 4 sin sin sin = D.

9. Kako je zbir uglova u trouglu jednak 180 to je+ + = 180

= 180 45 60 = 75.

Za odred-ivanje duzina stranica iskoristicemo Sinusnu teoremu:

a

sin=

b

sin=

c

sin = 2R

Odavde je a = 2R sin = 2 26 sin 45 = 43.Slicno, b = 2R sin = 2 26 sin 60 = 62i c = 2R sin = 2 26 sin 75 = 2(3 +3).

10. Neka su A i B tacke presjeka dvije kruznice, a O1 centar prve i O2 centardruge kruznice. Neka je tacka S srediste duzi O1O2.Tada je

|SO1| = 12|O1O2| = 1

2

12 =

3.

Primijetimo pravougli trougao O1SA. Odatle je

|AS| =22 (

3)2 = 1.

50

O1 O2

A

B

S

2 2

P1

12

Slika 10: Presjek dvije kruznice

Kako je |AB| = 2|AS| = 2 to je trougao ABO1 jednakostranicni pa jeAO1B =

pi

3.

Oznacimo sa P povrsinu presjeka dva kruga koju treba da izracunamo.Ta povrsina sastoji se od dva jednaka kruzna odsjecka nad tetivom AB.Odatle je

P = 2P1 = 2

(22pi pi32pi

223

4

)=

2

3

(2pi 3

3).

51


1. Uprostiti algebarski izraz(2

a 1 2a2 + 2a+ 2

a2 1 :a4 aa3 + 1

) a a

2

2 aa 1 ,

pa izracunati njegovu vrijednost za a = 2011.

2. Date su familije funkcija y = (2m 5)x+ 7 i y = (10m)x 3. Za kojesu vrijednosti parametra m grafici ovih funkcija paralelni?

3. Za koje je vrijednosti realnog parametra a razlika korijena jednacine

2x2 (a+ 1)x+ a 1 = 0jednaka njihovom proizvodu?

4. Rijesiti nejednacinu(x2 6x)2 81.

5. Rijesiti sistem jednacina

log3 x+ log3 y = 2 + log3 2

log9(x+ y) = 1.

6. Rijesiti jednacinu sin x2 + cosx = 1.

7. Rijesiti sistem {x2 + y2 = 2(xy + 2)

x+ y = 6.

8. Dokazati identitet

1 + sinx

1 sinx =1 + sinx

| cosx|.

9. U trouglu ABC je b =6, c = 3 +

3 i =

pi

4. Odredite stranicu a i

ugao .

10. Prava 3x+ y 6 = 0 sijece kruznicu x2 + y2 6x 4y + 8 = 0. Odreditiduzinu tetive i nacrtati sliku.

52

Rjesenja:1. (

2

a 1 2a2 + 2a+ 2

a2 1 :a4 aa3 + 1

) a a

2

2 aa 1

=

(2

a 1 2(a2 + a+ 1)

(a 1)(a+ 1) :a(a 1)(a2 + a+ 1)(a+ 1)(a2 a+ 1)

) a(1 a)

2 aa 1

=

(2

a 1 2(a2 + a+ 1)

(a 1)(a+ 1) (a+ 1)(a2 a+ 1)a(a 1)(a2 + a+ 1)

) a(1 a)

2 aa 1

=

(2

a 1 2(a2 a+ 1)a(a 1)2

) a(1 a)

2 aa 1

=2a2 2a 2a2 + 2a 2

a(a 1)2 a(1 a)

2 aa 1

=2

a(a 1)2 a(a 1)

2 aa 1

=1

a 1 a

a 1 =1 aa 1 = 1 (a 6= 0, a 6= 1)

Vrijednost izraza za a = 2011 je -1.

2.y = (2m 5)x+ 7 k1 = 2m 1y = (10m)x 3 k2 = 10m

Uslov paralelnosti je k1 = k2, pa odatle dobijamo da je m = 5.

3. Za korijene date kvadratne jednacine vrijedi

x1 + x2 =a+ 1

2 x1 x2 = a 1

2. (10)

Uslov zadatka je x1 x2 = x1 x2. Iz jednakosti (10) i uslova zadatkadobijamo sistem:

x1 + x2 =a+ 1

2

x1 x2 = a 12

,

53

odakle slijedi da je x1 =a

2i x2 =

1

2. Iz uslova zadatka je

a 12

=a

2 12,

odnosno a = 2.

4.

(x2 6x)2 81 0 (x2 6x 9)(x2 6x+ 9) 0 (x2 6x 9)(x 3)2 0

Odredimo korijene kvadratne jednacine x2 6x 9. Vijetovim formulamanalazimo da su rjesenja kvadratne jednacine x2 6x 9 = 0

x1 = 3 + 32 i x2 = 3 3

2.

Tada je

(x2 6x 9)(x 3)2 0 (x (3 + 3

2))(x (3 3

2))(x 3)2 0

Kako je izraz (x 3)2 nenegativan nalazimo da je rjesenje polazne ne-jednacine x (, 3 32] [3 + 32,+) {3}.

5.

log3 x+ log3 y = 2 + log3 2log9(x+ y) = 1

log3 xy = log3 9 2log9(x+ y) = log9 9

xy = 18x+ y = 9 y = 9 x

x(9 x) = 18 x2 9x+ 18 = 0 (x 3)(x 6) = 0

Iz posljednjeg zakljucujemo da je x1 = 6 i x2 = 3, pa su rjesenja polaznogsistema {(3, 6), (6, 3)}.

54

6.

sinx

2+ cosx = 1

sin x2+ cosx 1 = 0

sin x2+ cos2

x

2 sin2 x

21 = 0

sin x2 2 sin2 x

2= 0

sin x2(1 2 sin x

2) = 0

sin x2= 0 1 2 sin x

2= 0

x2= kpi sin x

2=

1

2

x = 2kpi x2=pi

6+ 2kpi x

2=

5pi

6+ 2kpi

x = 2kpi x = pi3+ 4kpi x = 5pi

3+ 4kpi

7.

{x2 + y2 = 2(xy + 2)

x+ y = 6

{x2 + y2 = 2(xy + 2)

y = 6 x

Drugu jednacinu uvrstimo u prvu:

x2 + (6 x)2 = 2(x(6 x) + 2)x2 + 36 12x+ x2 = 2(6x x2 + 2)x2 + 36 12x+ x2 = 12x 2x2 + 4

4x2 24x+ 32 = 0x2 6x+ 8 = 0 x1 = 4 x2 = 2

Vratimo se u drugu jednacinu pa dobijamo

y1 = 2 y2 = 4.

Dakle, zadatak ima dva rjesenja: (4, 2) i (2, 4).

55

8.

L =

1 + sinx

1 sinx =

1 + sinx

1 sinx1 + sinx

1 + sinx

=

(1 + sinx)2

1 sin2 x =

(1 + sinx)2

cos2 x

=|1 + sinx|| cosx| =

1 + sinx

| cosx| = D

jer je 1 + sinx 0 x R.9. Na osnovu Kosinusne teoreme imamo:

a2 = b2 + c2 2bc cosa2 = (

6)2 + (3 +

3)2 2

6(3 +

3) cos

pi

4

a2 = 6 + 9 + 63 + 3 2 3

6

2

2 2

63

2

2

a2 = 18 + 63 6

3 6

a2 = 12

a = 23

Na osnovu Sinusne teoreme je:

a

sin=

b

sin

sin = 12

= pi6.

10. Transformisimo jednacinu kruznice u standardni oblik:

x2 + y2 6x 4y + 8 = 0 x2 6x+ 9 9 + y2 4y + 4 4 + 8 = 0 (x 3)2 + (y 2)2 = 5

Ocigledno je da se radi o kruznici poluprecnika5 sa centrom u C(3, 2),

kao sto je prikazano na slici 11.

56

x

y

4 5 6

1

2

3

-1

-2

-3

321-1

4

5

(3,2)

(1,3)

y = -3x + 6

k

6

Slika 11: Kruznica i tetiva

Ako jednacinu prave transformisemo u y = 6 3x i uvrstimo u prvu,imamo:

x2 + (6 3x)2 6x 4(6 3x) + 8 = 0 x2 + 36 36x+ 9x2 6x 24 + 12x+ 8 = 0 10x2 30x+ 20 = 0 x2 3x+ 2 = 0 x1 = 2 x2 = 1.

Vratimo se sa dobijenim u jednacinu y = 6 3x pa dobijamo:

y1 = 0 y2 = 3.

Dakle, tacke presjeka su: (2, 0) i (1, 3) pa je trazena duzina tetive10.

57

KVALIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE02. jul 2012.

1. Uprostiti racionalni izraz( 1a+ b

1a3 b3 :

1

a2 + ab+ b2

):

2a2

a2 b2 +1

a2 + a,

pa odrediti njegovu vrijednost za a =3

2i b = 2012.

2. Odrediti parametar a tako da jedan korijen jednacine x2 154x + a = 0

bude kvadrat drugog korijena.

3. Dat je skup funkcija f(x) = ax2 + bx + c. Odrediti koeficijente a, b i ctako da vazi f(2) = 0, f(3) = 7 i f(2) = 12, a zatim skicirati grafik tefunkcije.

4. Rijesiti nejednacinu3x2 17x+ 18x2 5x+ 4 2.

5. Rijesiti jednacinu log2(4x + 16) 2

log5 4= x+ 1.

6. Rijesiti jednacinu sinx+ sin 2x+ sin 3x = 1 + cosx+ cos 2x.


sin+ sin + sin = 4 cos 2 cos

2 cos

2

ako je + + = 180.

8. Rijesiti sistem jednacina

x+ x y + y = 11x2 y + x y2 = 30.

9. Odrediti nepoznate stranice trougla ako je

b a = 1, c = 13 i = 120.10. Data je duz AB, duzine 12 cm. Izracunati povrsinu presjeka kruga cija

je data duz precnik i jednakostranicnog trougla cija je data duz jednastranica. Krug i trougao leze u jednoj ravni.

58

Rjesenja:1. (

1a+ b

1a3 b3 :

1

a2 + ab+ b2

):

2a2

a2 b2 +1

a2 + a

=

( 1a+ b

1(a b)(a2 + ab+ b2) (a

2 + ab+ b2)

) a

2 b22a2

+1

a2 + a

=

( 1a+ b

1a b

) (a b)(a+ b)

2a2+

1

a2 + a

=

( a b+ a+ b(a+ b)(a b)

) (a b)(a+ b)

2a2+

1

a2 + a

= 2a2a2

+1

a(a+ 1)= 1

a+

1

a(a+ 1)

=a 1 + 1a(a+ 1)

= 1a+ 1

, a 6= b, a 6= 0

Vrijednost izraza za a =3

2, b = 2012 je 2

5.

2. Za korijene kvadratne jednacine x2 154x+ a = 0 vazi

x1 + x2 =15

4 x1 x2 = a.

Iz uslova x1 = x22 i x1 + x2 =

15

4je

x22 + x2 15

4= 0

(x2 +

5

2

)(x2 3

2

)= 0.

Odavde je x2 = 52ili x2 =

3

2. Tada iz uslova x1 x2 = a dobijamo da je

a = 1258

ili a =27

8.

3. Iz uslova zadatka je

f(2) = 0 4a+ 2b+ c = 0f(3) = 7 9a+ 3b+ c = 7

59

f(2) = 12 4a 2b+ c = 12.

Da bi odredili nepoznate koeficijente rijesicemo sistem jednacina

4a+ 2b+ c = 0 (11)

9a+ 3b+ c = 7 (12)

4a 2b+ c = 12 (13)

Ako jedancinu (11) pomnozimo sa (1) i dodamo jednacinama (12) i (13)dobijamo

4a+ 2b+ c = 0

5a+ b = 7

4b = 12.

Odavde je b = 3, a = 2 i c = 2 pa je trazena funkcija oblika f(x) =2x2 3x 2. Grafik te funkcije dat je na slici

x

y

1 2 3 4

1

2

3

-1

-2

-3

-1-2-3

-4T( ,- )34 258

B(-2,0)A(- ,0)12

Slika 12: Grafik parabole

60

4. Polazna nejednacina se svodi na:

3x2 17x+ 18x2 5x+ 4 2 0

3x2 17x+ 18 2x2 + 10x 8

x2 5x+ 4 0

x2 7x+ 10x2 5x+ 4 0

(x 2)(x 5)(x 1)(x 4) 0.

(, 1) (1, 2) (2, 4) (4, 5) (5,+)x-1 - + + + +x-2 - - + + +x-4 - - - + +x-5 - - - - +

(x 5)(x 2)(x 1)(x 4) + - + - +

Rjesenje polazne nejednacine je x (1, 2] (4, 5].5. Koriscenjem osobina logaritamske funkcije polazna jednacina postaje

log2(4x + 16) 2 log4 5 = x+ 1

log2(4x + 16) 2 log22 5 = x+ 1

log2(4x + 16) 2

2 log2 5 = x+ 1

log24x + 16

5= x+ 1.

Iz posljednje jednacine je

4x + 16

5= 2x+1

4x + 16 = 5 2x+14x 10 2x + 16 = 0.

Ako uvedemo smjenu 2x = t, tada je

t2 10t+ 16 = 0 (t 2)(t 8) = 0.

61

Odavde dobijamo da je t = 2 ili t = 8. Kako je 2x = t, to su rjesenjapolazne jednacine x = 1 i x = 3.

6.

sinx+ sin 2x+ sin 3x = 1 + cosx+ cos 2x

sinx+ sin 3x+ sin 2x = 1 + cos 2x+ cosx

Podsjetimo se formula:



2


2 sin x+ 3x2

cosx 3x

2+ sin 2x = (sin2 x+ cos2 x) + cos2 x sin2 x+ cosx

2 sin 2x cos(x) + sin 2x = 2 cos2 x+ cosx sin 2x(2 cos(x) + 1) = cosx(2 cosx+ 1) (2 cosx+ 1)(sin 2x cosx) = 0 (2 cosx+ 1)(2 sinx cos x cosx) = 0 (2 cosx+ 1) cosx(2 sinx 1) = 0 2 cosx+ 1 = 0 cosx = 0 2 sinx 1 = 0 cosx = 1

2 cosx = 0 sinx = 1

2

x = 2pi3

+ 2kpi x = 4pi3

+ 2kpi x = pi2+ kpi x = pi

6+ 2kpi x = 5pi

6+ 2kpi,

kada k Z.

62

7.

L = sin+ sin + sin(180 (+ ))= 2 sin

+

2cos

2

+ sin(+ )

= 2 sin+

2cos

2

+ sin(2+

2)

= 2 sin+

2cos

2

+ 2 sin+

2cos

+

2

= sin+

2(cos

2

+ cos+

2)

= 2 sin180

2(2 cos

2cos

2)

= 4 sin(90 2)(cos

2cos

2)

= 4 cos

2cos

2cos

2

= 4 cos

2cos

2cos

2= D.

Drugi nacin:

L = sin+ sin + sin(pi (+ ))= sin+ sin + sin(+ )

= sin+ sin + sin cos + cos sin

= sin(1 + cos) + sin(1 + cos)

= 2 sin

2cos

2(2 cos2

2) + 2 sin

2cos

2(2 cos

2)

= 4 sin

2cos

2cos2

2+ 4 sin

2cos

2cos2

2

= 4 cos

2cos

2(sin

2cos

2+ cos

2sin

2)

= 4 cos

2cos

2sin(

2+

2)

= 4 cos

2cos

2sin(

pi

2

2)

= 4 cos

2cos

2cos

2= D.

63

8.

{x+ xy + y = 11

x2y + xy2 = 30

{xy = 11 (x+ y)xy(x+ y) = 30

Uvrstimo iz prve u drugu jednacinu:

(11 (x+ y))(x + y) = 30 11(x+ y) (x+ y)2 30 = 0/(1) (x+ y)2 11(x+ y) + 30 = 0(Uvedimo smjenu x+ y = t) t2 11t+ 30 = 0

Rjesenja ove kvadratne jednacine su t1 = 6 t2 = 5. Kad se vratimo izsmjene imamo

x+ y = 6 x+ y = 5 y = 6 x y = 5 x.(i)

x+ x(6 x) + (6 x) = 11 x2 6x 5 = 0 x1 = 5 x2 = 1.Sada lako racunamo y1 = 1 i y2 = 5 pa su dakle rjesenja ove grane(5, 1) i (1, 5).

(ii)

x+ x(5 x) + (5 x) = 11 x2 5x+6 = 0 x3 = 3 x4 = 2,odakle dobijamo y3 = 2 y4 = 3 pa su rjesenja ove grane (3, 2) i(2, 3).

Konacno, rjesenja zadatka su:

(x, y) {(5, 1), (1, 5), (3, 2), (2, 3)} .Ostavljamo citaocu da sam uradi provjeru dobijenih rjesenja.

9. Podsjetimo se Kosinusne teoreme:

c2 = a2 + b2 2ab cos .Odavde je

132 = a2 2ab+ 2ab+ b2 2ab(12)

132 = (a b)2 + 2ab(1 + 12)

132 = (1)2 + 2ab32 a b = 56.

64

Formirajmo sistem: {ab = 56

b a = 1 {ab = 56

b = a+ 1.

Uvrstimo iz druge u prvu:

a(a+ 1) = 56 a2 + a 56 = 0 a1 = 7 a2 = 8Drugo rjesenje odbacujemo jer duzina stranice ne moze biti negativna paje rjesenje zadatka a = 7 i b = 8.

10. Nacrtajmo sliku.

A B

C

D' D

pi

3pi

3

pi

3

Slika 13: Kruznica i jednakostranicni trougao

Neka je D tacka presjeka kruznice i trougla. Tada je ABC = OBD =pi3 , a kako je OB = OD (kao poluprecnici iste kruznice) to je OBDjednakostranicni. Sada se trazena povrsina sastoji od povrsine dva istatrougla i povrsine kruznog isjecka.

P = 2 POBD + PODD = 2 623

4+

62pi pi32pi

= 183 + 6pi = 50.03cm2.

65


1. Odrediti vrijednost izraza(156 + 1

+46 2

12

36

) (6 + 11).

2. Za koje vrijednosti realnog parametra m za realna rjesenja kvadratne

jednacine x2 + (2m+ 2)x+m = 0 vrijedi1

x21+

1

x22> 8.

3. Odrediti funkciju f(x) koja zadovoljava funkcionalnu jednacinu

f(x) + 2f

(1

x

)= x.

4. Rijesiti jednacinu |x 1| |x+ 2| = 4.5. Ako je log2 3 = a i log5 2 = b, odrediti log24 50.

6. Rijesiti jednacinu1

cosx= 2(sinx+ cosx).


sin2(+ 45) + sin2( 45) = 1.8. Odrediti realan parametar m u sistemu jednacina

5m 3y = x y3x+ 2m = 2y +m

tako da rjesenja sistema zadovaljavaju jednacinu

3x y = 6.9. Odrediti nepoznate uglove trougla ABC ako je a = b =

18 i c = 6.

10. KruzniceK1(O1, r1 = 12) iK2(O2, r2 = 7) nalaze se u istoj ravni. Kruzniceimaju zajednicku spoljnju tangentu koju dodiruju u tackama M1 i M2.

Odnos duzine duzi M1M2 i duzine duzi O1O2 je25. Izracunati duzinu

duzi M1M2.

66

Rjesenja:

1. Ako prosirimo svaki od razlomaka u zagradi, dobijamo:(15

6 1(6 1) + 4

6 4(6 + 2) 12

9 6(3 +6)

) (6 + 11)

=(3(6 1) + 2(

6 + 2) 4(3 +

6))(

6 + 11

)=(6 11)(

6 + 11) = 6 121 = 115.

2. Za korijene polazne jednacine vrijedi

x1 + x2 = (2m+ 2) x1 x2 = m1

x21+

1

x22=x21 + x

12

(x1x2)2

=(x1 + x2)

2 2x1x2(x1x2)2

.

Iz uslova zadatka1

x21+

1

x22> 8, (x1, x2 6= 0) dobijamo

(2m+ 2)2 2mm2

> 8

4m2 + 6m+ 4

m2 8 > 0

4m2 + 6m+ 4

m2> 0

2m2 + 3m+ 2

m2> 0

2m2 3m 2m2

< 0

(2m+ 1)(m 2)m2

< 0.

Kako jem2 > 0 za svako realnom, semm = 0, tada se polazna nejednakostsvodi na

(2m+ 1)(m 2) < 0 (m 6= 0),

67

pa m (12, 0

) (0, 2). Ako je m = 0, tada je polazna jednacina

jednaka x2 + 2x = 0. Jedno njeno rjesenje je x = 0, sto je u suprotnostisa pretpostavkom.

3. Ako u polaznu jednacinu umjesto x uvrstimo1

xdobijamo jednacinu

f

(1

x

)+ 2f(x) =

1

x. (14)

Polazna jednacina i jednakost (14) formiraju sistem jednacina iz kojegcemo odrediti f(x) tako sto cemo pomnoziti jednacinu (14) sa (-2) i dodatipolaznoj jednacini. Dobijamo da je

f(x) =2 x23x

.

4. Kako je

|x 1| ={x 1 , x 1x+ 1 , x < 1 i |x+ 2| =

{x+ 2 , x 2x 2 , x < 2

tada je

|x 1| |x+ 2| =

x2 + x 2 , x 1;(x2 + x 2) ,2 x < 1;x2 + x 2 , x < 2.

(15)

(i) Za x 1 se jednacina (15) svodi na oblik

x2 + x 6 = 0 (x+ 3)(x 2) = 0.

Rjesenja ove jednacine su x = 2 ili x = 3. Rjesenje x = 3 nepripada oblasti x 1, pa nije njeno rjesenje, dok x = 2 pripadaposmatranoj oblasti.

(ii) Za 2 x < 1 se jednacina (15) svodi na oblik

x2 + x+ 2 = 0.

Ova jednacina nema realnih rjesenja.

68

(iii) Za x < 2 se jednacina (15) svodi na

x2 + x 6 = 0.

Kao u slucaju (i) zakljucujemo da su njena rjesenja x = 3 ili x = 2.Rjesenje x = 2 ne pripada oblasti x < 2 pa nije njeno rjesenje, dokx = 3 pripada posmatranoj oblasti.

Rjesenja polazne jednacine su x = 2 i x = 3.5. Koristicemo neke od osnovnih osobina logaritamske funkcije. To su:

logb ac = logb a+ logb c, a, b, c > 0, b 6= 1logb a =

logc a

logc b, a, b, c > 0, b, c 6= 1

logb ax = x logb a, a, b > 0, b 6= 1

logbx a =1

xlogb a, a, b > 0, b 6= 1, x 6= 0

Odredimo sada log24 50.

log24 50 = log24 2 25 = log24 2 + log24 25=

1

log2 24+

1

log25 24=

1

log2 23 3 +

1

log52 23 3

=1

3 log2 2 + log2 3+

132 log5 2 +

12 log5 3

=1

3 + a+

2

3b+ log5 3

Koristeci a i b, odredimo log5 3. Ako log5 3 prosirimo bazom 2, dobijamoda je

log5 3 =log2 3

log2 5= log2 3 log5 2 = ab.

Tada je

log24 50 =1

3 + a+

2

3b+ ab=

2 + b

b(a+ 3).

6. Oblast definisanosti ove jednacine je

D = {x R : cosx 6= 0} ={x R : x 6= pi

2+ kpi, k Z

}.

69

Rijesimo jednacinu u skupu D.

1

cosx= 2(sinx+ cosx)/ cosx, cos x 6= 0

2(sinx+ cosx) cosx = 1 2 sinx cosx+ 2 cos2 x = 1 sin 2x+ cos 2x = 0 sin 2x+ sin(pi

2 2x) = 0

Podsjetimo se formule:

sin+ sin = 2 sin(+2

) cos

(2

)

2 sin(2x+pi2 2x2

) cos(2xpi2 + 2x

2) = 0

2 2

2 cos(2x pi

4= 0)

2x pi4=pi

2+ kpi, k Z

2x = 3pi4

+ kpi, k Z

x = 3pi8

+kpi

2, k Z.

7. Podsjetimo se:

sin( ) = sin cos cos sin

sin(+ 45) = sin cos 45 + cos sin 45 =

2

2(sin+ cos).

Slicno dobijamo

sin( 45) =2

2(sin cos).

70

Dalje je

L = sin2(+ 45) + sin2( 45) = [2

2(sin+ cos)]2 + [

2

2(sin cos)]2

=1

2(sin2 + 2 sin cos+ cos2 ) +

1

2(sin2 2 sin cos+ cos2 )

= sin2 + cos2 = 1 = D.

8. Transformisimo dati sistem:{5m 3y = x y3x+ 2m = 2y +m

{x+ 2y = 5m

3x 2y = mII3I

{x+ 2y = 5m

8y = 16m {x+ 2y = 5m

y = 2m

IIuI{x = m

y = 2m.

Dakle, rjesenje datog sistema je (x, y) = (m, 2m),m R.Da bi ovo rjesenje zadovoljilo jednacinu 3x y = 6 mora vaziti3(m) (2m) = 6 m = 6 pa je konacno rjesenje zadatka m = 6.

9. Podsjetimo se Kosinusne teoreme:

c2 = a2 + b2 2ab cos .

Odavde je

2ab cos = a2 + b2 c2 cos = a2 + b2 c2

2ab=

18 + 18 3621818

= 0

pa je =pi

2.

Kako je trougao jednakokraki to je = =pi

4.


Neka je p = p(M1,M2) prava koja prolazi tackama M1 i M2 iq = q(O1, O2) prava koja prolazi tackama O1 i O2. Oznacimo sa S presjekpravih p i q.Oznacimo sa x duzinu duzi M1M2.

71

M1 M2

O2

O1

Sp

q

T

Slika 14: Kruznice sa zajednickom spoljnom tangentom

Ocigledno su trougloviSO1M1 iSO2M2 slicni jer imaju sve iste uglovepa vrijedi:

SM2x+ SM2

=7

12

12SM2 = 7x+ 7SM2 SM2 = 7

5x.

Slicno,

SO2SO2 +O1O2

=7

12

12SO2 = 7SO2 + 7O1O2 SO2 = 7

5O1O2.

Prema uslovu zadatka jeM1M2O1O2

=25pa je odatle O1O2 =

5

2x.

Kombinujuci navedeno, imamo:

SO2 =7

5O1O2 =

7

5

5

2x =

75

10x,

72

odnosno dobijamo SO2 =75

10x.

Kako je trougao SO2M2 pravougli, to imamo:

SM22 + 72 = SO22

(7

5x)2 + 49 = (

75

10x)2

49

25x2 + 49 =

49 5100

x2

49

25x2 + 49 =

49

20x2

4x2 + 100 = 5x2

x2 = 100

x = 10.

Dakle, trazena duzina duzi M1M2 iznosi 10.

73


1. Odrediti 3x ako je(x+

2

3

) 9

1

2

35

23

2 (3 5) =6 + 2

5.

2. U skupu funkcija f(x) = (a 2)x 2a+ 3 odrediti parametar a tako dagrafik funkcije odsjeca na y osi odsjecak duzine 5.

3. Rijesiti jednacinux 3 2x 4 +

x 4x 4 = 1.

4. Odrediti a tako da je ispunjena nejednakost

6 < 2x2 + ax 4x2 x+ 1 < 4

za sve x R.5. Rijesiti nejednacinu

log0.5

(log3

x+ 3

x+ 1

) 0.

6. Ako su , , (0, pi2 ) uglovi trougla ABC takvi da je sin = 1213 isin = 35 izracunati sin .

7. Dokazati jednakost1 tan2 x21 + tan2 x2

= cosx,

ako je x 6= pi + 2kpi, k Z. Da li jednakost vazi za x = pi + 2kpi, k Z?8. Odrediti vrijednosti parametra k za koje su rjesenja jednacine

x2 4x+ k 2 = 0realna i pozitivna.

9. Odrediti uglove i trougla ABC ako je a = 3+3, b = 3

2 i = 75o.

10. Tetiva kruznice ima duzinu 30 cm, a njena udaljenost od centra kruzniceje za 9 cm manja od poluprecnika. Koliki je poluprecnik kruznice?

74

Rjesenja:1. Polazna jednacina se svodi na oblik(

3x+ 2

3

) 3

35

22(3 5)2

=

6 + 2

5

3x+ 2

2235

=

6 + 2

5

3x+ 2 = 22

(3

5)(6 + 2

5)

3x+ 2 = 22

18 6

5 + 6

5 10

3x+ 2 =82

3x = 6.

2. Iz uslova zadatka vidimo da je n = 2a+ 3 = 5 ili n = 2a+ 3 = 5 paje a = 1 ili a = 4. Trazena funkcija je f(x) = 3x+ 5 ili f(x) = 2x 5.

3. Polaznu jednacinu mozemo svesti na oblikx 4 2x 4 + 1 +

x 4 + 4x 4 + 4 = 1

(x 4 1)2 +

(x 4 2)2 = 1

|x 4 1|+ |x 4 2| = 1.Primijetimo da je x 4 0, odnosno x 4. Kako je izraz na desnojstrani prethodne jednakosti pozitivan, razlikovacemo sljedece slucajeve:

1 Ako jex 4 1 0 x 4 2 0, odakle je x 8 i

x 4 1 +x 4 2 = 1. (16)

Iz jednakosti (16) je

2x 4 = 4

x 4 = 2 x 4 = 4 x = 8.

75

Kako je 8 [8,+), zakljucujemo da je x = 8 rjesenje polaznejednakosti.

2 Ako jex 4 1 0 x 4 2 < 0, tada je 5 x < 8, pa se

polazna jednacina svodi na

x 4 1 (x 4 2) = 1,

sto je ispunjeno za svako x [5, 8). Dakle, rjesenja jednacine sux [5, 8].

4. Kako je izraz x2x+1 =(x 1

2

)2+3

4> 0, tada se polazna nejednakost

svodi na oblik

6(x2 x+ 1) < 2x2 + ax 4 < 4(x2 x+ 1).

Iz ovoga je 2x2 (a + 4) + 8 > 0 i 8x2 + (a 6) + 2 > 0. Kako jekvadratna funkcija oblika ax2+bx+c > 0 ako je a > 0 i D = b22ac < 0,zakljucujemo da je

(a+ 4)2 64 < 0 (a 6)2 64 < 0 (a+ 4 8)(a+ 4 + 8) < 0 (a 6 8)(a 6 + 8) < 0

(a 4)(a+ 12) < 0 (a 14)(a+ 2) < 0.

Iz posljednjeg je a (12, 4) i a (2, 14), pa zakljucujemo da je a (2, 4).

5. Polazna nejednakost je ekvivalentna sa

log0.5

(log3

x+ 3

x+ 1

) log0,5 1. (17)

Kako je osnova logaritma 0, 5 (0, 1), to se nejednakost (17) svodi na

log3x+ 3

x+ 1 1 = log3 3.

Primijetimo da je log3x+ 3

x+ 1> 0 = log3 1, po definiciji logaritamske funk-

cije. Tada jex+ 3

x+ 1> 1, odakle dobijamo

2

x+ 1> 0, pa je D : x > 1.

76

Rjesavanjem nejednakosti dobijamo

x+ 3

x+ 1 3

x+ 3x+ 1

3 0

x+ 3 3x 3x+ 1

0

2xx+ 1

0.

Odavde vidimo da x (,1) [0,+). Iz uslova x > 1, za-kljucujemo da su rjesenja nejednacine x [0,+).

6. Kako su , , uglovi trougla to je ++ = pi odakle je = pi(+).Sada je

sin = sin(pi (+ )) = sin(+ ) = sin cos + sin cos =

Ovdje je sin i sin poznato, a trebamo odrediti cos i cos.

cos2 = 1 sin2 = 1 144169

=25

169= cos = 5

13

(jer (0, pi2 )).cos2 = 1 sin2 = 1 9

25=

16

25= cos = 4

5

(jer je (0, pi2)).

Konacno, imamo

= 1213 45+

3

5 513

=63

65.

Dakle, sin =63

65.

7. Imamo tan =sin

cospa ocigledno tan nije definisan u tackama u kojima

je cos = 0 tj. =pi

2+ kpi, k Z. U nasem izrazu pojavljuje se tan x

2pa

je izraz definisan zax

26= pi

2+ kpi, k Z tj. x 6= pi + 2kpi, k Z.

77

Dakle, za x = pi + 2kpi, k Z jednakost nije definisana, a za x 6= pi +2kpi, k Z imamo:

L =1 tan2 x21 + tan2 x2

=1 sin

2 x

2

cos2 x2

1 +sin2 x

2

cos2 x2

=

cos2 x2sin2 x

2

cos2 x2

cos2 x2+sin2 x

2

cos2 x2

= cos2x

2 sin2 x

2

= cosx = D.

8. Ova kvadratna jednacina imace realna rjesenja ako joj je diskriminantanenegativna tj D = b2 4ac 0.

D = (4)2 k 1 (k 2) 0 D = 16 4k + 8 0 D = 24 4k 0 4k 24 k 6.

Dalje, rjesenja ce biti pozitivna ako je

x1 + x2 > 0 (18)

ix1 x2 > 0. (19)

Iz Vijetovih formula imamo

x1 + x2 =ba

=(4)

1= 4 > 0.

Dakle (18) je sigurno ispunjeno, bez obzira na parametar k.Takod-e,

x1 x2 = ca=k 21

= k 2 0 k > 2.Dva dobijena uslova zajedno daju konacan odgovor:

2 < k 6.

78

9. Prema Sinusnoj teoremi je

a

sin=

b

sin sin = b

a sin.

Ovdje imamo b i a, ostaje nam da odredimo sin 75.

sin 75 = sin(45o + 30o) = sin 45o cos 30o + sin 30o cos 45o

=

2

2

3

2+

1

2

2

2

=

2

4(3 + 1).

Sada je

sin =32

3 +3

2

4(3 + 1) =

3(3 + 1)

2(3 +3)

3333 =

3(33 3 + 33)2(9 3)

=3 2 32 6 =

3

2.

Odavde je = 60.Ostaje jos da izracunamo .

= 180 (+ ) = 45.


Sa slike vidimo da je d = r 9Prema Pitagorinoj teoremi je

r2 = d2 + 152 = (r 9)2 + 152 = r2 18r + 81 + 225 18r = 306 r = 17.

O15 15

9

d r

Slika 15: Kruznica i tetiva

zbirka riješenih zadataka sa kvalifikacionih ispita iz matematike

Documents